3. 在平面直角坐标系$xOy$中，已知抛物线$y=ax^2+bx-1$（$a,b$为常数，$a＞0$）。
(1) 若抛物线与$x$轴交于$A(-1,0),B(4,0)$两点，求抛物线对应的函数表达式；
(2) 当$b=1$时，过点$C(-1,a),D(1,a+2\sqrt{2})$分别作$y$轴的平行线，交抛物线于点$M,N$，连接$MN,MD$。求证：$MD$平分$∠ CMN$；
(3) 当$a=1,b≤-2$时，过直线$y=x-1$（$1≤ x≤3$）上一点$G$作$y$轴的平行线，交抛物线于点$H$。若$GH$的最大值为4，求$b$的值。

(1)分别将$A(-1,0),B(4,0)$两点的坐标代入$y=ax^2+bx-1$，
得$\begin{cases}a-b-1=0,\\16a+4b-1=0,\end{cases}$ 解得$\begin{cases}a=\dfrac{1}{4},\\b=-\dfrac{3}{4}.\end{cases}$
$\therefore$ 抛物线对应的函数表达式为$y=\dfrac{1}{4}x^2-\dfrac{3}{4}x-1$。
(2)证明：连接$CN$，$\because b=1$，$\therefore y=ax^2+x-1$。
当$x=-1$时，$y=a-2$，即点$M(-1,a-2)$；
当$x=1$时，$y=a$，即点$N(1,a)$。
$\therefore CN=1-(-1)=2$，$CM=a-(a-2)=2$。
易知$CM⊥ CN$，
$\therefore$ 在$\mathrm{Rt}△ CMN$中，$MN=\sqrt{CM^2+CN^2}=2\sqrt{2}$。
$\because DN=a+2\sqrt{2}-a=2\sqrt{2}$，
$\therefore DN=MN$，$\therefore ∠ NDM=∠ NMD$。
易知$DN// CM$，$\therefore ∠ NDM=∠ CMD$。
$\therefore ∠ NMD=∠ CMD$。$\therefore MD$平分$∠ CMN$。
(3)当$a=1$时，$y=x^2+bx-1$。
设$G(m,m-1)$，则$H(m,m^2+bm-1)$，$1≤ m≤3$。
令$x^2+bx-1=x-1$，解得$x_1=0$，$x_2=1-b$。
$\because b≤-2$，$\therefore x_2=1-b≥3$。
$\therefore$ 点G在点H的上方，
设$GH=t$，则$t=m-1-(m^2+bm-1)=-m^2+(1-b)m$，
该二次函数图象的对称轴为直线$m=\dfrac{1-b}{2}$，且$\dfrac{1-b}{2}≥\dfrac{3}{2}$。
①当$\dfrac{3}{2}≤\dfrac{1-b}{2}≤3$，即$-5≤ b≤-2$时，
由图可知，当$m=\dfrac{1-b}{2}$时，$t$取得最大值为$\dfrac{(1-b)^2}{4}=4$，
解得$b=-3$或$b=5$(不合题意，舍去)。
②当$\dfrac{1-b}{2}＞3$，即$b＜-5$时，
由图可知，当$m=3$时，$t$取得最大值为$-9+3-3b=4$，
解得$b=-\dfrac{10}{3}$(不合题意，舍去)。
综上所述，若$GH$的最大值为4，则$b$的值为$-3$。

4. 如图，二次函数$y=ax^2+bx+c(a≠0)$的图象与x轴分别交于点$A(-1,0),B(3,0)$，与y轴交于点$C(0,-3)$，P,Q为抛物线上的两点.
(1)求二次函数的表达式；
(2)当P,C两点关于抛物线的对称轴对称，$△ OPQ$是以点P为直角顶点的直角三角形时，求点Q的坐标；
(3)设P的横坐标为m,Q的横坐标为$m+1$，试探究：$△ OPQ$的面积S是否存在最小值，若存在，请求出最小值，若不存在，请说明理由.

(1)把点$A(-1,0),B(3,0),C(0,-3)$的坐标分别代入$y=ax^2+bx+c$，得
$\begin{cases}a-b+c=0,\\9a+3b+c=0,\\c=-3,\end{cases}$ 解得$\begin{cases}a=1,\\b=-2,\\c=-3,\end{cases}$
$\therefore$ 二次函数的表达式为$y=x^2-2x-3$。
(2)如图，由$y=x^2-2x-3$得抛物线的对称轴为直线$x=1$。
$\because P,C$两点关于抛物线的对称轴对称，$C(0,-3)$，$\therefore P(2,-3)$。
设$Q(t,t^2-2t-3)$。
$\because ∠ OPQ=90°$，$\therefore OP^2+PQ^2=OQ^2$。
$\therefore [(0-2)^2+(0+3)^2]+[(2-t)^2+(-3-t^2+2t+3)^2]=(0-t)^2+(0-t^2+2t+3)^2$，整理，得
$3t^2-8t+4=0$，
解得$t_1=\dfrac{2}{3}$，$t_2=2$(舍去)。$\therefore t=\dfrac{2}{3}$。
$\therefore Q(\dfrac{2}{3},-\dfrac{35}{9})$。
(3)存在。由题意，得点$P(m,m^2-2m-3)$，点$Q(m+1,m^2-4)$，由点P,Q的坐标易得，直线PQ的表达式为$y=(2m-1)(x-m)+m^2-2m-3$。
当$m=\dfrac{1}{2}$时，易得直线PQ的表达式为$y=-\dfrac{15}{4}$，则直线PQ与x轴平行，易得此时$S=\dfrac{15}{8}$。
当$m≠\dfrac{1}{2}$时，设直线PQ与x轴相交于点H。
令$y=0$，则$x=\dfrac{m^2-2m-3}{1-2m}+m$，则$OH=\left|\dfrac{m^2-2m-3}{1-2m}+m\right|$，
则$S=\left|\dfrac{1}{2}OH×(y_Q-y_P)\right|=\left|\dfrac{1}{2}(\dfrac{m^2-2m-3}{1-2m}+m)(m^2-4-m^2+2m+3)\right|=\left|\dfrac{1}{2}(m^2+m+3)\right|=\left|\dfrac{1}{2}(m+\dfrac{1}{2})^2+\dfrac{11}{8}\right|=\dfrac{1}{2}(m+\dfrac{1}{2})^2+\dfrac{11}{8}≥\dfrac{11}{8}$，
$\therefore S$的最小值为$\dfrac{11}{8}$。
$\because \dfrac{11}{8}＜\dfrac{15}{8}$，$\therefore △ OPQ$的面积$S$的最小值为$\dfrac{11}{8}$。